https://olm.vn/hoi-dap/tim-kiem?q=Cho+tam+gi%C3%A1c+ABC+nh%E1%BB%8Dn,+AD+vu%C3%B4ng+g%C3%B3c+v%E1%BB%9Bi+BC+t%E1%BA%A1i+D.+X%C3%A1c+%C4%91%E1%BB%8Bnh+I,+J+sao+cho+AB+l%C3%A0+trung+tr%E1%BB%A5c+c%E1%BB%A7a+DI;+AC+l%C3%A0+trung+tr%E1%BB%B1c+c%E1%BB%A7a+DJ;+IJ+c%E1%BA%AFt+AB,+AC+l%E1%BA%A7n+l%C6%B0%E1%BB%A3t+%E1%BB%9F+L+v%C3%A0+K.+Ch%E1%BB%A9ng+minh+r%E1%BA%B1ng:++Tam+gi%C3%A1c+AIJ+c%C3%A2n.DA+l%C3%A0+tia+ph%C3%A2n+gi%C3%A1c+c%E1%BB%A7a+g%C3%B3c+LDK.N%E1%BA%BFu+D+l%C3%A0+1+%C4%91i%E1%BB%83m+t%C3%B9y+%C3%BD+tr%C3%AAn+BC.+Ch%E1%BB%A9ng+minh+s%E1%BB%91+%C4%91o+g%C3%B3c+IAJ+kh%C3%B4ng+%C4%91%E1%BB%95i+v%C3%A0+v%E1%BB%8B+tr%C3%AD+D+tr%C3%AAn+BC+%C4%91%E1%BB%83+IJ+nh%E1%BB%8F+nh%E1%BA%A5t.&id=32357

Bạn xem ở link này nhé

A B C D M N I K

a, xét tam giác ALI và tam giác ALD có : AL chung

DL = LI (gt)

^ALD = ^ALI = 90

=> tam giác ALI = tam giác ALD (2cgv)

=> AI = AD 

tương tự cm được tam giác AKD = tam giác AKJ (2cgv) =>  AJ = AD

=> AI = AJ 

=> tam giác AIJ cân tại A

a; AB là đường trung trực của DI

=>AD=AI và BD=BI

L nằm trên đường trung trực của ID

=>LD=LI

AC là đường trung trực của DJ

mà K là giao điểm của IJ và AC

nên A,K,C cùng nằm trên đường trung trực của DJ

=>AD=AJ; KD=KJ; CD=CJ

Xét ΔAIB và ΔADB có

AI=AD

BI=BD

AB chung

Do đó: ΔAIB=ΔADB

=>\(\hat{AIB}=\hat{ADB}=90^0\)

ΔAIB=ΔADB

=>\(\hat{IAB}=\hat{DAB}\)

=>AB là phân giác của góc IAD

Xét ΔLIB và ΔLDB có

LI=LD

BI=BD

LB chung

Do đó: ΔLIB=ΔLDB

=>\(\hat{ILB}=\hat{DLB}\)

=>LB là phân giác của góc ILD

=>\(\hat{ILB}=\frac12\cdot\hat{ILD}\)

Xét ΔADC và ΔAJC có

AD=AJ

CD=CJ

AC chung

Do đó: ΔADC=ΔAJC

=>\(\hat{AJC}=\hat{ADC}=90^0\)

ΔADC=ΔAJC

=>\(\hat{DAC}=\hat{JAC}\)

=>AC là phân giác của góc JAD

=>\(\hat{JAD}=2\cdot\hat{DAC}\)

Xét ΔKDC và ΔKJC có

KD=KJ

DC=JC

KC chung

Do đó: ΔKDC=ΔKJC

=>\(\hat{DKC}=\hat{JKC}\)

=>KC là phân giác của góc DKJ

\(\hat{IAJ}=\hat{IAD}+\hat{JAD}\)

\(=2\left(\hat{BAD}+\hat{CAD}\right)=2\cdot\hat{BAC}\)

AI=AD

AJ=AD

Do đó: AI=AJ

=>ΔAIJ cân tại A

=>\(\hat{AIJ}=\hat{AJI}=\frac{180^0-\hat{IAJ}}{2}=\frac{180^0-2\cdot\hat{BAC}}{2}=90^0-\hat{BAC}\)

Xét ΔILA có \(\hat{ILB}\) là góc ngoài tại đỉnh L

nên \(\hat{ILB}=\hat{LIA}+\hat{LAI}=90^0-\hat{BAC}+\hat{BAD}=90^0-\hat{BAC}+90^0-\hat{ABC}\)

\(=180^0-\hat{BAC}-\hat{ABC}=\hat{ACB}\)

=>\(\hat{BLD}=\hat{BCA}\)

mà \(\hat{BLD}+\hat{ALD}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{ALD}+\hat{ACD}=180^0\)

=>ALDC nội tiếp

=>\(\hat{ALC}=\hat{ADC}=90^0\)

=>CL⊥AB

Xét ΔAKJ có \(\hat{JKC}\) là góc ngoài tại đỉnh K

nên \(\hat{JKC}=\hat{KAJ}+\hat{KJA}=90^0-\hat{BAC}+\hat{DAC}\)

\(=90^0-\hat{BAC}+90^0-\hat{ACB}=180^0-\hat{BAC}-\hat{ACB}=\hat{ABC}\)

=>\(\hat{CKD}=\hat{CBA}\)

mà \(\hat{CKD}+\hat{AKD}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AKD}+\hat{ABD}=180^0\)

=>AKDB nội tiếp

=>\(\hat{AKB}=\hat{ADB}=90^0\)

=>BK⊥AC

 a) Do AD là tia phân giác của ∠BAC (gt)

⇒ ∠BAD = ∠CAD

Do ∆ABC cân tại A

⇒ AB = AC

Xét ∆ABD và ∆ACD có:

AB = AC (cmt)

∠BAD = ∠CAD (cmt)

AD là cạnh chung

⇒ ∆ABD = ∆ACD (c-g-c)

⇒ BD = CD

⇒ D là trung điểm của BC (1)

Do ∆ABD = ∆ACD (cmt)

⇒ ∠ADB = ∠ADC (hai góc tương ứng)

Mà ∠ADB + ∠ADC = 180⁰ (kề bù)

⇒ ∠ADB = ∠ADC = 180⁰ : 2 = 90⁰

⇒ AD ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AD là đường trung trực của BC

b) Sửa đề: Chứng minh ∆ADM = ∆ADN

Do ∠BAD = ∠CAD (cmt)

⇒ ∠MAD = ∠NAD

Xét ∆ADM và ∆ADN có:

AD là cạnh chung

∠MAD = ∠NAD (cmt)

AM = AN (gt)

⇒ ∆ADM = ∆ADN (c-g-c)

⇒ ∠AMD = ∠AND = 90⁰ (hai góc tương ứng)

⇒ DN ⊥ AN

⇒ DN ⊥ AC

d) Do K là trung điểm của CN (gt)

⇒ CK = KN

Xét ∆DKC và ∆EKN có:

CK = KN (cmt)

∠DKC = ∠EKN (đối đỉnh)

KD = KE (gt)

⇒ ∆DKC = ∆EKN (c-g-c)

⇒ ∠KDC = ∠KEN (hai góc tương ứng)

Mà ∠KDC và ∠KEN là hai góc so le trong

⇒ EN // CD

⇒ EN // BC (3)

∆AMN có:

AM = AN (gt)

⇒ ∆AMN cân tại A

⇒ ∠AMN = (180⁰ - ∠MAN) : 2

= (180⁰ - ∠BAC) : 2 (4)

∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (5)

Từ (4) và (5) ⇒ ∠AMN = ∠ABC

Mà ∠AMN và ∠ABC là hai góc đồng vị

⇒ MN // BC (6)

Từ (3) và (6) kết hợp với tiên đề Euclide ⇒ M, N, E thẳng hàng

Boy sigma boi 

câu hỏi tương tự